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九州大学 1964年文系第7問解説

方針・初手

等差数列の一般項は $a_k = a_1 + (k-1)d$ と表せる。これを (1) の $S_1$ の定義式である $S_1 = \sum_{k=1}^n k a_k$ に代入し、和の公式を用いて計算する。

(2) では $S_2$ をシグマ記号を用いて表して直接計算するか、$S_1$ と $S_2$ を足し合わせることで各項の係数が一定になることに着目して $S_2$ を求め、$S_1 - 2S_2$ の符号を調べる。

解法1

(1)

数列 $\{a_n\}$ は初項 $a_1$、公差 $d$ の等差数列であるから、第 $k$ 項は次のように表される。

$$a_k = a_1 + (k-1)d$$

これを $S_1$ に代入して計算する。

$$\begin{aligned} S_1 &= \sum_{k=1}^n k a_k \\ &= \sum_{k=1}^n k \{ a_1 + (k-1)d \} \\ &= a_1 \sum_{k=1}^n k + d \sum_{k=1}^n k(k-1) \end{aligned}$$

ここで、それぞれの和は次のように計算できる。

$$\sum_{k=1}^n k = \frac{1}{2}n(n+1)$$

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n k(k-1) &= \sum_{k=1}^n (k^2 - k) \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) - \frac{1}{2}n(n+1) \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)\{ (2n+1) - 3 \} \\ &= \frac{1}{6}n(n+1)(2n-2) \\ &= \frac{1}{3}n(n-1)(n+1) \end{aligned}$$

これらを $S_1$ の式に代入する。

$$\begin{aligned} S_1 &= \frac{1}{2}n(n+1)a_1 + \frac{1}{3}n(n-1)(n+1)d \\ &= \frac{1}{6}n(n+1) \{ 3a_1 + 2(n-1)d \} \end{aligned}$$

(2)

$S_2 = n a_1 + (n-1) a_2 + \cdots + a_n$ であるから、$S_2$ は次のように表される。

$$S_2 = \sum_{k=1}^n (n-k+1) a_k$$

ここで、$S_1$ と $S_2$ の和をとると、

$$\begin{aligned} S_1 + S_2 &= \sum_{k=1}^n k a_k + \sum_{k=1}^n (n-k+1) a_k \\ &= \sum_{k=1}^n (n+1) a_k \\ &= (n+1) \sum_{k=1}^n a_k \end{aligned}$$

等差数列の和の公式より、

$$\sum_{k=1}^n a_k = \frac{1}{2}n \{ 2a_1 + (n-1)d \}$$

であるから、

$$S_1 + S_2 = \frac{1}{2}n(n+1) \{ 2a_1 + (n-1)d \}$$

となる。次に、$S_1$ と $2S_2$ の差を考えるために、$S_1 - 2S_2$ を計算する。$2S_2 = 2(S_1 + S_2) - 2S_1$ であるから、

$$\begin{aligned} S_1 - 2S_2 &= S_1 - \{ 2(S_1 + S_2) - 2S_1 \} \\ &= 3S_1 - 2(S_1 + S_2) \end{aligned}$$

これに求めた式を代入する。

$$\begin{aligned} S_1 - 2S_2 &= 3 \cdot \frac{1}{6}n(n+1) \{ 3a_1 + 2(n-1)d \} - 2 \cdot \frac{1}{2}n(n+1) \{ 2a_1 + (n-1)d \} \\ &= \frac{1}{2}n(n+1) \{ 3a_1 + 2(n-1)d \} - \frac{1}{2}n(n+1) \{ 4a_1 + 2(n-1)d \} \\ &= \frac{1}{2}n(n+1) [ \{ 3a_1 + 2(n-1)d \} - \{ 4a_1 + 2(n-1)d \} ] \\ &= -\frac{1}{2}n(n+1)a_1 \end{aligned}$$

$n$ は自然数であるから、$\frac{1}{2}n(n+1) > 0$ である。したがって、$S_1 - 2S_2$ の符号は $a_1$ の符号によって決まる。

(i) $a_1 > 0$ のとき

$S_1 - 2S_2 < 0$ となるため、$S_1 < 2S_2$ である。

(ii) $a_1 = 0$ のとき

$S_1 - 2S_2 = 0$ となるため、$S_1 = 2S_2$ である。

(iii) $a_1 < 0$ のとき

$S_1 - 2S_2 > 0$ となるため、$S_1 > 2S_2$ である。

解法2

(2) について、$S_2$ を直接計算する方法

$S_2$ を一般項を用いて展開し、整理する。

$$\begin{aligned} S_2 &= n a_1 + (n-1)(a_1 + d) + (n-2)(a_1 + 2d) + \cdots + 1 \cdot \{a_1 + (n-1)d\} \\ &= a_1 \sum_{k=1}^n k + d \sum_{k=1}^{n-1} (n-k)k \end{aligned}$$

第2項の和は次のように計算できる。

$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n-1} (nk - k^2) &= n \sum_{k=1}^{n-1} k - \sum_{k=1}^{n-1} k^2 \\ &= n \cdot \frac{1}{2}(n-1)n - \frac{1}{6}(n-1)n(2n-1) \\ &= \frac{1}{6}n(n-1) \{ 3n - (2n-1) \} \\ &= \frac{1}{6}n(n-1)(n+1) \end{aligned}$$

したがって、$S_2$ は次のようになる。

$$\begin{aligned} S_2 &= a_1 \cdot \frac{1}{2}n(n+1) + d \cdot \frac{1}{6}n(n-1)(n+1) \\ &= \frac{1}{6}n(n+1) \{ 3a_1 + (n-1)d \} \end{aligned}$$

これを用いて $S_1 - 2S_2$ を計算する。

$$\begin{aligned} S_1 - 2S_2 &= \frac{1}{6}n(n+1) \{ 3a_1 + 2(n-1)d \} - 2 \cdot \frac{1}{6}n(n+1) \{ 3a_1 + (n-1)d \} \\ &= \frac{1}{6}n(n+1) [ \{ 3a_1 + 2(n-1)d \} - 2\{ 3a_1 + (n-1)d \} ] \\ &= \frac{1}{6}n(n+1) ( -3a_1 ) \\ &= -\frac{1}{2}n(n+1)a_1 \end{aligned}$$

以後は解法1と同様に $a_1$ の符号で場合分けを行う。

解説

(1) では、和の計算において $\sum k(k-1) = \frac{1}{3}n(n-1)(n+1)$ となることを公式として知っていると、計算量を減らすことができる。もちろん $\sum k^2$ と $\sum k$ に分けて計算しても全く問題ない。

(2) は直接シグマ計算を実行することも可能（解法2）だが、$S_1$ と $S_2$ の各項を足し合わせると、$a_k$ の係数が $k + (n-k+1) = n+1$ で一定になる性質に気付くと計算が非常に楽になる（解法1）。等差数列の和の公式を導出する際の「順序を逆にして足す」というアイデアの応用である。最後は差をとって符号を調べるという大小比較の基本に従う。